广东省广州市番禺区2024-2025学年高二下学期期末教学质量监测数学试题【含答案解析】

2024学年第二学期高中教学质量监测试题高二数学本试卷共6页，19小题，全卷满分150分，考试时间为120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的学校、班级、姓名和座位号、准考证号填写在答题卡上，并用2B铅笔将准考证号填涂在答题卡相应位置上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时将答案写在答题卡上对应的区域内，写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.设集合，，则集合的元素个数为A.4 B.3 C.2 D.1【答案】B【解析】【分析】根据已知列举出集合B,即得集合B的元素个数.【详解】由集合中元素属性，，，可得集合中的元素有，，，共3个.故选B.【点睛】本题主要考查集合的表示方法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.2.已知复数满足，则（）A.2 B. C.3 D.【答案】B【解析】【分析】根据一元二次方程的配方法求根得，进而求解复数模长得结论．【详解】复数满足，即，可得，则．故选：B．3.已知函数同时满足以下三个条件：①在定义域内是奇函数或偶函数；②有奇数个零点；③在内单调递增．函数可以是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】将各个选项的图像画出即可选出正确答案.【详解】选项中的四个函数对应的大致图象如图下图所示．对于选项A：在区间不单调，故A错误；对于选项B：没有零点，故B错误；对于选项C：是奇函数，有3个零点，在上单调递增，故C正确；对于选项D：有2个零点，故D错误.故选：C4.若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用和角的余弦公式化简求出，再利用二倍角公式及齐次式法求解.【详解】依题意，，整理得，即，所以.故选：C5.将边长为4的正方形沿对角线进行翻折，使得二面角的大小为120°，连接，得到三棱锥，则此三棱锥的体积与它的外接球体积之比为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据折叠前后的几何性质，先确定球心的位置，再结合体积公式即可求解．【详解】设正方形的对角线交点为，则，，翻折后所得图形如下图所示，则的中点为球心，故该四面体的外接球体积，由于二面角的大小为120°，，则，且，所以四面体的体积，故此三棱锥的体积与它的外接球体积之比为．故选：D．6.的展开式中的系数为（）A. B.14 C. D.9【答案】A【解析】【分析】先确定二项式展开式的通项，再根据分配律运算得的系数即可.【详解】因为中二项式展开式的通项为，所以的展开式中，的系数是．故选：A．7.若数列满足，且则的前2025项的和为（）．A.1350 B.1352 C.2025 D.2026【答案】B【解析】【分析】由数列的递推公式可得数列可以看作以为一个周期的数列，然后代入计算，即可得到结果.【详解】由题意可得，因为，所以，因为，所以，因为，所以，因为，所以，，所以数列从第二项起是以1，1，0为周期的数列，则.故选：B8.设，，点，是坐标原点，，是双曲线：的左焦点，若直线：经过点，且能与双曲线的右支在第一象限内交于点，则双曲线的离心率的一个可能的值是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先利用点到直线的距离公式判断，从而知直线的斜率为，再利用点斜式写出直线的方程，并与双曲线的方程联立，根据直线与双曲线的交点情况，结合韦达定理，求解即可．【详解】由，知，因为直线，所以点到直线的距离为，所以，由题意知，，所以，，即直线的斜率为，又直线经过点，所以直线的方程为，联立，由题意知，直线与双曲线的左右两支各有一个交点，所以，即，所以，所以双曲线的离心率，对比选项可知，只有选项D符合题意．故选：D．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.下列说法中，正确的是（）A.已知经验回归方程为，且样本点的中心为，则当时B.若样本数据，，…的方差为9，则，，…的方差为1C.已知随机变量服从正态分布，，若，则D.独立性检验方法不适用于普查数据【答案】ABD【解析】【分析】根据经验回归方程的性质求解，再求当时的值判断A，根据方差的性质判断B，根据正态分布曲线的对称性判断C，利用独立性检验的意义判断D.【详解】对于A，样本点的中心代入经验回归方程为可得，所以，则经验回归方程为，所以当时，故A正确；对于B，设，，…的方差为，则样本数据，，…的方差为，所以，故B正确；对于C，随机变量服从正态分布，，若，则，故C不正确；对于D，普查数据可以准确地判断两个变量之间是否有关联，不需要进行独立性检验，故D正确.故选：ABD.10.抛掷一枚质地均匀的骰子，观察它落地时朝上的面的点数，设事件“点数为1或2”，事件“点数为2或3或4”，则（）A.与是互斥事件 B.与是相互独立事件C. D.【答案】BD【解析】【分析】根据互斥事件与独立事件定义可判断A，B，由条件概率公式计算可判断C，再由对立事件与独立事件的关系计算可判断D．【详解】根据题意，依次分析选项：对于A，事件“点数为1或2”，事件“点数为2或3或4”，则“点数为2”，事件，可以同时发生，不是互斥事件，故A错误；对于B，由于，满足，故与是相互独立事件，故B正确；对于C，由B可知，故C错误；对于D，由于与是相互独立事件，所以与，与是相互独立事件，所以，，则，故D正确．故选：BD．11.如图，学校数学探究实验组设计一个“门把手”，其纵截面轮廓线近似曲线：的一部分，则（）A.点在上B.在轴左边的部分到坐标原点的距离均大于C.若在轴上方的部分为函数的图象，则是的极小值点D.在处的切线与的交点的横、纵坐标均为有理数【答案】ACD【解析】【分析】根据题设将代入曲线方程可判断A；设曲线上的点为，则到原点的距离可化简为，构造函数求出最小值可判断B；通过的导数，然后求解的解可判断C；求出切线方程与曲线方程联立可判断D.【详解】对于A，因为，所以点在上，故A正确；对于B，设的解为，，，当时，，单调递增，当时，，单调递增，当时，，单调递减，，，，所以，设是在轴左边的部分上的一点，则，则点到坐标原点的距离，令，令，得，因为，所以可以取，当，，单调递增，当，，单调递减，，，所以，，故B错误；对于C，，则，令得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，则是的极小值点，故C正确；对于D，由C中，，在处的切线方程为，即，代入曲线的方程，得，即，显然是方程的根，所以，解得，或，且时，，故D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.抛物线上与焦点的距离等于3的点的坐标是______．【答案】或【解析】【分析】通过抛物线方程可知其准线方程，设点在抛物线上，且与焦点的距离等于3，进而利用定义即得结论．【详解】由题意，抛物线的准线方程为：，焦点坐标为，设点在抛物线上，且与焦点的距离等于3，由抛物线定义可得：，即，所以，则，所以点的坐标是或.故答案为：或.13.在中，是的中点，.则的大小为__________；为的角平分线，在线段上，则的长度为__________.【答案】①.②.【解析】【分析】以为基底表示出向量，再由以及向量数量积的运算律计算可得，由角平分线利用等面积法列方程即可解得.详解】如下图：由是中点可得，又，所以，解得，又，所以；因此可得，由可得；即，解得.故答案为：；14.如图，在下面的小三角形格子中填入1，2，3，4，5，6，7，8，9，要求每个格子中只能填一个数，每个数只能填一次且阴影格子中所填数比它相邻的白色格子中的数大，则共有______种填法．【答案】8640【解析】【分析】对阴影部分分情况讨论分别为数字9，8，7；9，8，6；9，8，5；9，8，4；9，7，6；9，7，5；9，7，4，逐一计算即可.【详解】如图：分情况讨论：当为9，8，7时，有种；当为9，8，6时，则7不能与6相邻，故有种；当为9，8，5时，则与5相邻的只能是4，3，2，1中的三个数，有种；当为9，8，4时，则与4相邻的只能是3，2，1中的三个数，有种；当为9，7，6时，则8与9相邻且8只有一种位置，故有种；当为9，7，5时，则8与9相邻且8只有一种位置，6不与5相邻有2种位置选择，故有种；当为9，7，4时，则8与9相邻且8只有一种位置，与4相邻的只能是3，2，1中的三个数，故有种；所以共有：种.故答案为：8640.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知数列是正项等比数列，满足，，且，（1）求数列的通项公式；（2）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列．记数列的前项和为，求证：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由等比数列的性质和通项公式，解方程可得首项和公比，进而得到所求；（2）由等差数列的通项公式求得，再由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，可得，由不等式的性质可得证明．【小问1详解】数列是正项等比数列，满足，可得，又，且，解得，，所以，解得，则；【小问2详解】证明：在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，可得，，数列的前项和，，相减可得，化为，由，可得．16.已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程;（2）若有两个不同的零点，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据切点和斜率求得曲线在点处的切线方程；（2）先判断的单调性，结合零点个数列不等式，由此求得的取值范围．【小问1详解】时，，则，所以，又，则曲线在点处的切线方程为.【小问2详解】，若若有两个不同的零点，即，则令，解得，所以在区间上，，单调递减；在区间上，，单调递增，所以的极小值也即是最小值为，因为当时，；当时，，又因为函数有两个不同的零点，所以的最小值，即，所以，即的取值范围是．17.如图，直线垂直于梯形所在的平面，，为线段上一点，，，四边形为矩形．（1）若是的中点，求证：平面；（2）求直线与平面所成角的余弦值（3）若点到平面的距离为，求的长．【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）设，交于点，连接，利用线面平行的判定定理，先证明，进而即可证明平面；（2）建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，利用空间向量法求解即可；（3）设，利用点到平面的向量公式求的值即可．【小问1详解】证明：设，交于点，连接，因为四边形为矩形，所以是中点，又因为是的中点，所以在中，，因为平面，平面，所以平面．【小问2详解】因为直线垂直于梯形所在的平面，，平面，，所以，，两两垂直，以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示坐标系，由题意可知，，，所以，，，设平面的法向量，则，则，取可得平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则，所以，故直线与平面所成角余弦值为．【小问3详解】在（2）所建空间直角坐标系中，设，由（2）可知平面的一个法向量，所以点到平面的距离，解得，又因为，所以，即的长为．18.甲、乙两位同学进行纸飞机比赛，设各局比赛的结果相互独立，且每局比赛甲获胜的概率为（），乙获胜的概率为．比赛规则如下：三局两胜制指有一方获胜两局，比赛结束;四局三胜制指有一方获胜三局，比赛结束．（1）若，比赛采用三局两胜制，求甲获胜的概率;（2）证明采用三局两胜制比采用四局三胜制对甲更有利；（3）若，甲、乙进行了局比赛，表示甲获胜的局数，当且仅当时，取得最大值，其中，求满足条件的的值．【答案】（1）（2）证明见解析（3）18【解析】【分析】（1）根据独立事件的概率计算公式进行计算；（2）根据题意，分别求出采用三局两胜制和四局三胜制甲最终获胜的概率，作差比大小即可得结论；（3）根据二项分布得，，记，分析的单调性，可得最大时，对应的值．【小问1详解】根据题意可知，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，若采用三局两胜制，则最终获胜的两种可能的比分为或．因为每局比赛的结果是独立的，所以甲最终获胜的概率；【小问2详解】证明：若用三局两胜制，由（1）可得甲最终获胜的概率．若采用四局三胜制，则甲最终获胜的三种可能的比分为，，因为每局比赛的结果是独立的，可得甲最终获胜的概率，所以恒成立，故采用三局两胜制比采用四局三胜制对甲更有利；【小问3详解】易得，，，记，则，由，得，即当时，，当时，，故当时，最大、所以的估计值为18．19.已知椭圆：（）的离心率为，且过点．设点处的切线为．（1）求的方程；（2）求直线的方程；（3）直线过点，且，点，在上，且，问：直线与的交点是否为定点？若是，求出定点的坐标;若不是，说明理由．【答案】（1）（2）（3）直线与的交点是为定点，定点坐标为【解析】【分析】（1）由待定系数法及离心率公式即可求得结果；（2）设出直线方程，运用直线与椭圆相切时，联立直线方程与椭圆方程消元后令即可；（3）分两大类进行讨论：①当直线的斜率存在时，设其方程为，与椭圆方程联立，消去，写出韦达定理，结合可得或，分别找出两种情形下直线所过的定点，确定与直线的交点坐标；②当